Dejemos que $\mathcal{F}(I,\mathbb{R})$ denotan el álgebra de funciones de un conjunto infinito $I$ a $\mathbb{R}$ . Sabemos que si $U$ es un ultrafiltro en $I$ entonces $\{f: I \rightarrow \mathbb{R} \ \vert \ \exists Q \in U: \ \forall x \in Q, \ f(x) = 0\} \subseteq \mathcal{F}(I,\mathbb{R})$ es un ideal máximo. ¿Es cierto lo contrario? Más concretamente, dejemos que $J \subseteq \mathcal{F}(I, \mathbb{R})$ sea un ideal máximo: es el conjunto $\{f^{-1}(0): f \in J\}$ un ultrafiltro sobre $I$ ? Si no es así, ¿existen condiciones suficientes para $I$ ¿eso lo convertiría en un ultrafiltro?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Sí, es cierto. Dejemos que $R=\mathcal{F}(I,\mathbb{R})$ y que $U=\{f^{-1}(0):f\in J\}$ . En primer lugar, hay que tener en cuenta que si $f\in J$ , entonces podemos multiplicar $f$ por una función para asumir $f$ sólo toma los valores $0$ y $1$ sin cambiar su conjunto de ceros (sólo hay que multiplicar por una función que sea $1/f$ cuando $f$ no desaparece). Así que, $A\in U$ si la función $1_{I\setminus A}$ que es $1$ en $I\setminus A$ y $0$ en $A$ está en $J$ .
Ahora vemos fácilmente que $U$ es un filtro: es cerrado bajo superconjuntos ya que $J$ es cerrado bajo la multiplicación por elementos de $R$ y es cerrado bajo intersecciones ya que $1_{I\setminus A}+1_{I\setminus B}$ se desvanece sólo en $A\cap B$ . Para ver que es un ultrafiltro, basta con demostrar que para cualquier $A\subseteq I$ exactamente uno de $e=1_A$ y $f=1_{I\setminus A}$ está en $J$ . Esto se deduce del hecho de que $e+f=1$ y $ef=0$ : ya que $e+f=1$ no pueden estar ambos en $J$ y como $ef=0$ al menos uno debe estar en $J$ desde $J$ es primo.
De forma mucho más general, dejemos que $R$ sea cualquier anillo conmutativo. Entonces el conjunto $B$ de idempotentes de $R$ (elementos $e\in R$ tal que $e^2=e$ ) forma un álgebra booleana bajo las operaciones $e\wedge f=ef$ , $e\vee f=e+f-ef$ y $\neg e=1-e$ . Si $J\subset A$ es cualquier ideal primo, entonces $J\cap B$ es siempre un ideal maximal en $B$ que es un ideal se deduce inmediatamente del hecho de que $J$ es un ideal y las definiciones de $\wedge$ y $\vee$ y es máxima ya que para cualquier $e\in B$ los elementos $e$ y $f=\neg e$ satisfacer $e+f=1$ y $ef=0$ así que $J$ contiene exactamente uno de ellos. (Cuando se identifican elementos idempotentes con subconjuntos clopen de $\operatorname{Spec} R$ las operaciones booleanas sobre $B$ son sólo las operaciones de conjunto habituales, y los ideales máximos/ultrafiltros en $B$ corresponden a las componentes conectadas de $\operatorname{Spec} R$ Así que el hecho de que $J\cap B$ es un ideal máximo sólo corresponde al hecho de que un punto de $\operatorname{Spec} R$ está exactamente en un componente).
En el caso $R=\mathcal{F}(I,\mathbb{R})$ los elementos idempotentes son exactamente los elementos de la forma $1_{A}$ y sus operaciones booleanas son las operaciones de conjunto habituales, por lo que $B\cong \mathcal{P}(I)$ y un ideal maximal en $B$ corresponde a un ideal máximo (o tomando complementos, un ultrafiltro) en el conjunto $I$ .
